Cho $\left( H \right)$ là hình phẳng giới hạn bởi parabol  $y=\sqrt{3}{{x}^{2}}$, cung tròn có phương trình $y=\sqrt{4-{{x}^{2}}}$ (với $0\le x\le 2$) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của $\left( H \right)$ bằng

Ta có:

$\sqrt{3}{{x}^{2}}=\sqrt{4-{{x}^{2}}}\Leftrightarrow 3{{x}^{4}}+{{x}^{2}}-4=0\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( {{x}^{2}}+4 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=1(TM) \\  & x=-1(L) \\ \end{align} \right.$

Do đó:

$S=\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{3}{{x}^{2}}dx}+\int\limits_{1}^{2}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}=\left. \frac{\sqrt{3}}{3}{{x}^{3}} \right|_{0}^{1}+\int\limits_{1}^{2}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}=\frac{\sqrt{3}}{3}+\int\limits_{1}^{2}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}$

Tính $I=\int\limits_{1}^{2}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}$.

Đặt $x=2\sin t\Rightarrow dx=2\cos tdt$.

Đổi cận $\left\{ \begin{align}  & x=1\Rightarrow \sin t=\frac{1}{2}\Rightarrow t=\frac{\pi }{6} \\  & x=2\Rightarrow \sin t=1\Rightarrow t=\frac{\pi }{2} \\ \end{align} \right.$

$\begin{align}  & I=\int\limits_{1}^{2}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}=\int\limits_{\pi /6}^{\pi /2}{\sqrt{4-4{{\sin }^{2}}t}.2\cos tdt}=\int\limits_{\pi /6}^{\pi /2}{4{{\cos }^{2}}tdt}=\int\limits_{\pi /6}^{\pi /2}{2\left( \cos 2t+1 \right)dt} \\  & =\left. \sin 2t \right|_{\pi /6}^{\pi /2}+\left. 2t \right|_{\pi /6}^{\pi /2}=\frac{2\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{2} \\ \end{align}$

Suy ra $S=\frac{\sqrt{3}}{3}+\frac{2\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{4\pi -\sqrt{3}}{6}$.